XLIV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dany jest okrąg o środku $O$ oraz punkt $P$ leżący na zewnątrz tego okręgu. Przez punkt $P$ prowadzimy prostą $l$ przecinającą dany okrąg w punktach $A$ i $B$ . Niech $C$ będzie punktem symetrycznym do $B$ względem prostej $OP$ i niech m będzie prostą przechodzącą przez punkty $A$ i $C$ . Wykazać, że wszystkie uzyskane w ten sposób proste $m$ (odpowiadające różnym wyborom prostej $l$ ) mają wspólny punkt.

Rozwiązanie

Treść zadania nie precyzuje, jak są usytuowane na prostej $l$ punkty $A$ i $B$ , to znaczy, który z nich leży bliżej punktu $P$ ; rysunek 5 ilustruje te dwie sytuacje. Oznaczmy przez $Q$ punkt przecięcia prostych $OP$ i $AC$ ; teza zadania będzie udowodniona, jeśli wykażemy, że położenie punktu $Q$ na półprostej $OP^\to$ nie zależy od wyboru prostej $l$ (będzie to znaczyło, że $Q$ jest szukanym wspólnym punktem wszystkich rozważanych prostych $m$ ).

Trójkąt $AOC$ jest równoramienny; przyjmijmy oznaczenia

$ |OA| = |OC| = r, \quad |\measuredangle OAC| = |\measuredangle OCA| = \alpha. $

Zatem wypukły kąt $AOC$ ma miarę

$ (1) \qquad |\measuredangle AOC| = 180^\circ -2\alpha. $

Kąt $ABC$ jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, co wypukły lub wklęsły kąt środkowy $AOC$ (w zależności od tego, czy punkt $A$ leży między $P$ i $B$ , czy punkt $B$ leży między $P$ i $A$ ). W pierwszym przypadku

$ |\measuredangle ABC| = |\measuredangle AOC| = 90^\circ-\alpha, $

w drugim zaś przypadku -

$ |\measuredangle ABC| = \frac{1}{2}(360^\circ- |\measuredangle AOC|) = 90^\circ + \alpha. $

W pierwszym przypadku kąt $PBC$ jest identyczny z kątem $ABC$ , w drugim przypadku kąt $PBC$ dopełnia kąt $ABC$ do kąta półpełnego. Tak więc w obu przypadkach zachodzi równość $|\measuredangle PBC| = 90^\circ - \alpha$ . Dalsze rozumowanie nie zależy od przypadku.

Punkty $B$ i $C$ leżą symetrycznie względem prostej $OP$ , zatem trójkąt $BPC$ jest równoramienny; a stąd

wobec czego

$ |\measuredangle OPA| = |\measuredangle OPB| = \frac{1}{2}|\measuredangle BPC| = \alpha. $

Spójrzmy na trójkąty $OPA$ i $OAQ$ . Mają one wspólny kąt przy wierzchołku $O$ ; kąty $OPA$ i $OAQ$ mają jednakową rozwartość $\alpha$ . Zatem trójkąty te są podobne i zachodzi proporcja $|OP|: |OA| = |OA|: |OQ|$ , czyli

$ (3) \qquad |OP|\cdot |OQ| = r^2. $

To zaś oznacza, że położenie punktu $Q$ na półprostej $OP^\to$ jest wyznaczone przez promień okręgu oraz położenie punktu $P$ ; a dokładniej: punkt $Q$ jest obrazem punktu $P$ w inwersji względem danego okręgu. Dowód jest zakończony.